ВТФ by Виктор Сорокин

[cepesh]

Dan_Te писал(а):

LOL =)))

Воистину

[Someone]

Виктор Сорокин писал(а):

Равенство Ферма в двоичной системе и ПРОТИВОРЕЧИЕ равенства
(к спору с Someone)

Пусть n, а и с нечетны и b = b*2^k.
Предварительно преобразуем kn-значное окончание c_(kn) числа с в …0001 (с помощью умножения равенства Ферма на подходящие нечетные числа в степени n).
Тогда из равенства b^n = (c – a)R = (b*^n)2^kn, где b* и c – a нечетны, следует, что
(1°) c_(kn) = a_(kn) = …0001.

Вы незаконно изменили предмет обсуждения. В тех письмах, на которые я отвечал, речь шла исключительно о случае $n=4$, для какового случая Вы утверждали, что можно обнаружить противоречие, рассматривая младшие 8 цифр чисел $a^4$, $b^4$, $c^4$:

Виктор Сорокин: Пн Окт 24, 2005 09:42:52 писал(а):

Доказательство ВТФ для случая n = 4, a и c нечетные, k = 2. (Цифры, не имеющие значения для доказательства, обозначены многоточием.)

Тогда
a_(4) = c_(4) = …00000001;
b = …100;
a^4 = (…00000001)^n = …00000001;
c^4 – b^4 = (c – b)R = (…00000001 – …100)( …00000001 – …100) = …1001,
и a^4 =/ c^4 – b^4!!!

Специально для данного случая: берём $a=\dots 00011101_2$, $b=\dots 00011100_2$, $c=\dots 10100011_2$.

1. Будьте любезны проверить, что последние 8 цифр УДОВЛЕТВОРЯЮТ равенству $a^4+b^4=c^4$.
2. Покажите, как цифры с второй по восьмую обнуляются ОДНОВРЕМЕННО в числах $a$ и $c$.
3. Покажите, как для этих чисел получается противоречие в 8 МЛАДШИХ цифрах.

Вы всё время СТАРАТЕЛЬНО избегаете этого.

Виктор Сорокин писал(а):

(2°) Сделаем подстановку c = b + d, где цифра d_(k+1), очевидно, не равна нулю, т.к. c_(kn) = 0, и d_(k) = 1:
(3°) c^n – b^n = (b + d)^n – b^n = a^n, откуда, раскрыв бином ньютона, следует, что равенство противоречиво по k+1-й цифре: в левой части эта цифра равна 1, а в правой – 0!!!

Даже не буду разбираться, пока Вы не проделаете эти вычисления на том конкретном примере, который я Вам предложил. Если Вы не в состоянии осуществить своё доказательство на КОНКРЕТНОМ примере, нет нужды изучать ОБЩЕЕ рассуждение.

Виктор Сорокин писал(а):

Ошибка в Ваших рассуждениях состоит в том, что Вы берете числа a^4, b^4, c^4 независимыми друг от друга, в то время как они СВЯЗАНЫ равенством.

Ваша ошибка состоит в том, что Вы никак не хотите взять калькулятор в руки и убедиться, что последние 8 цифр в моих примерах УДОВЛЕТВОРЯЮТ уравнению Ферма и, следовательно, СВЯЗАНЫ требуемым равенством. Впрочем, более вероятно, что, вследствие своего невежества, Вы просто не понимаете, о чём идёт речь.

Виктор Сорокин писал(а):

P.S. На Ваше последнее выступление отвечу позже.

Вы сначала разберитесь с цифрами.

P.S. Это сообщение я существенно отредактировал, так как первый вариант писал в условиях дефицита времени и не обратил внимание, что наш упорный ферманьяк подменил предмет обсуждения.

[Гость]

Можно. 1. Числа a, b , c меньшие n и поэтому взаимно простые с ним – остатки при делении чисел х, y, z на n соответственно.
2. Равенство a3 + b3 – c3 = 0 получено из предположения существования решений у равенства x3 + y3 – z3 = 0 , оэтому является НЕОБХОДИМЫМ условием существования решений у последнего. В то же время оно сокращает область испытуемых чисел до (n – 1)/2 при бесконечности целых чисел x, y , z.
3. При n = 3 одно из чисел x, y , z. Действительно должно делиться на 3.
Ещё мсье Леблан (Софи Жермен), доказала, что если при n простом число 2n – 1 так же простое, то одно из чисел x, y , z. должно делиться на n.
4. Обратите внимание на оговорку в условии задачи. Ведь если одно из чисел в исходном равенстве x3 + y3 – z3 = 0, например, x = 0 , то равенство 03 + y3 – z3 = 0 имеет бесконечное число решений в целых числах не только при n = 3 , а при любом n. Именно наличие этих решений сбивает всех с толку.
5. Во времена Ферма ноль не считался Числом, да и современная математика его таковым не считает , считая Символом для обозначения пустого множества. (Вы ведь не можете определить четен он или не чётен).
6. Нулевые решения уравнения a3 + b3 – c3 = 0 получаются при одном из чисел равном нулю и равенстве двух других, то есть при a + b – c = 0. Но ещё в 1856 году Гюнтер доказал, что если существует в целых числах решение уравнения xn + yn – zn = 0 ,
то число n должно быть наименьшим, а в нашем случае все числа a, b, c меньше n.
Это также одно из противоречий в пользу верности доказательства.
Дед. Россия. Ростов на Дону.

[Dan_Te]

Какую-то чушь вы пишете.

Цитата:

имеет бесконечное число решений в целых числах не только при n = 3 , а при любом n. Именно наличие этих решений сбивает всех с толку.

Пожалуйста, говорите за себя. Не надо за всех. Лично меня наличие тривиальных решений не смущает ни секунды.

Цитата:

Во времена Ферма ноль не считался Числом, да и современная математика его таковым не считает , считая Символом для обозначения пустого множества. (Вы ведь не можете определить четен он или не чётен)

У вас превратное представление о Современной математике, мне кажется. А ноль, конечно, четен.

[tolstopuz]

Anonymous писал(а):

Можно.
6. Нулевые решения уравнения a3 + b3 – c3 = 0 получаются при одном из чисел равном нулю и равенстве двух других, то есть при a + b – c = 0. Но ещё в 1856 году Гюнтер доказал, что если существует в целых числах решение уравнения xn + yn – zn = 0 ,
то число n должно быть наименьшим, а в нашем случае все числа a, b, c меньше n.
Это также одно из противоречий в пользу верности доказательства.

Большое спасибо за множество интересных наблюдений о свойствах целых чисел (кстати, к пункту 5: не могли бы вы напомнить определение целого числа?). Но моя просьба заключалась в явном выписывании противоречия в вашем доказательстве, поэтому пункты 1-5 не имеют к ней прямого отношения, так как не содержат явной формулировки противоречия.

В пункте 6 вы приводите "также одно из противоречий" (кстати, насколько я понял, это еще одно, очередное, новое противоречие. А где же явная формулировка старого, которого "достаточно для утверждения, что теорема Ферма при n = 3 верна"?). Вы говорите, что утверждение Гюнтера "если существует в целых числах решение уравнения xn + yn – zn = 0 , то число n должно быть наименьшим" противоречит утверждению "в нашем случае все числа a, b, c меньше n".

Но утверждение Гюнтера в вашей формулировке попросту неверно: 1^3+0^3-1^3=0, а целое число 3 не является наименьшим из целых чисел 1, 0, 1 и 3. Где-то, возможно, существует правильный, истинный, верный вариант утверждения Гюнтера, но, как мы только что убедились, он не может быть применим к нулевым решениям, где одно из чисел a, b, c равно нулю. А в нашем случае, как вы сами заметили, числа a, b, c образуют нулевое решение, и верный вариант утверждения Гюнтера к ним неприменим.

В результате вы опять оставили меня в недоумении по поводу противоречия в вашем доказательстве.

[Someone]

Anonymous писал(а):

5. Во времена Ферма ноль не считался Числом, да и современная математика его таковым не считает , считая Символом для обозначения пустого множества. (Вы ведь не можете определить четен он или не чётен).

Современная математика СЧИТАЕТ ноль чётным целым числом и НЕ СЧИТАЕТ его символом для обозначения пустого множества.

То, что ИНОГДА для обозначения пустого множества используется тот же символ 0, что и для обозначения числа 0 и цифры 0, ничего не значит. Мало ли что можно обозначить тем или иным символом.

[dm]

\DeclareMathOperator{\Card}{Card}$\Card(\varnothing)=0$.

[Dan_Te]

Можно еще:
|\varnothing|\ne\varnothing

[Виктор Сорокин]

Someone писал(а):

Специально для данного случая: берём $a=\dots 00011101_2$, $b=\dots 00011100_2$, $c=\dots 10100011_2$.

[list=1]
[*] Будьте любезны проверить, что последние 8 цифр УДОВЛЕТВОРЯЮТ равенству $a^4+b^4=c^4$.

Вы всё время СТАРАТЕЛЬНО избегаете этого.

Еще раз:
Числа (а вернее ОКОНЧАНИЯ каких-то чисел) в Вашем примере не имеют никаго отношения к равенству a^4 + b^4 = c^4 со ВЗАИМОПРОСТЫМИ целыми числами a, b, c. В моем доказательстве речь идет о числах, а Вы подменяете их цифровыми окончаниями. Из равенства по окончаниям чисел не следует равенство самих чисел.

Если бы по последним m цифрам в простой базе m (и с простым n) из равенства (a^mn +b^mn - c^mn)_(m) = 0 следовало бы равенство последних цифр в базе n, доказательство ВТФ было бы найдено по меньшей мере в 1990 г.

В.С.

[Someone]

Виктор Сорокин писал(а):

Someone писал(а):

Специально для данного случая: берём $a=\dots 00011101_2$, $b=\dots 00011100_2$, $c=\dots 10100011_2$.

1. Будьте любезны проверить, что последние 8 цифр УДОВЛЕТВОРЯЮТ равенству $a^4+b^4=c^4$.

Вы всё время СТАРАТЕЛЬНО избегаете этого.

Еще раз:
Числа (а вернее ОКОНЧАНИЯ каких-то чисел) в Вашем примере не имеют никаго отношения к равенству a^4 + b^4 = c^4 со ВЗАИМОПРОСТЫМИ целыми числами a, b, c. В моем доказательстве речь идет о числах, а Вы подменяете их цифровыми окончаниями. Из равенства по окончаниям чисел не следует равенство самих чисел.

Если бы по последним m цифрам в простой базе m (и с простым n) из равенства (a^mn +b^mn - c^mn)_(m) = 0 следовало бы равенство последних цифр в базе n, доказательство ВТФ было бы найдено по меньшей мере в 1990 г.

Вы в своём доказательстве рассматриваете исключительно последние 8 цифр в двоичной системе счисления. Никакие другие цифры или системы счисления Вы не используете ни явным, ни неявным образом. Поэтому то, что Вы сейчас написали, не имеет к делу ни малейшего отношения.
Более того, апеллируя к "полному" равенству $a^4+b^4=c^4$, Вы не только выходите за рамки своей первоначальной аргументации. Отвергая контрпримеры на том основании, что они не удовлетворяют "полному" равенству, Вы, тем самым, явным образом используете теорему Ферма как аргумент в её доказательстве, а это создаёт так называемый "порочный круг" - грубую логическую ошибку, делающую доказательство несуществующим.
Итак, либо Вы демонстрируете, как работает Ваше доказательство в вышеозначенном примере, либо признаёте, что доказательства у Вас НЕТ - ни в частном случае $n=4$, ни, тем более, в общем случае $n>2$.

[Someone]

cepesh писал(а):

Dan_Te писал(а):

LOL =)))

Воистину

Потрасающе LOL! Вот цитата из его письма на тему "ВЕЛИКАЯ ТЕОРЕМА ФЕРМА: ЭКСПЕРИМЕНТ ПРОДОЛЖАЕТСЯ…"

Сорокин виктор Чт Авг 04, 2005 02:58:30 писал(а):

Интересная информация

--------------------------------------------------------------------------------

Читатель Hurkyl с форума http://www.physicsforums.com/forumdisplay.php?f=80 составил интересный пример для степени n = 13 с конкретными 5-значными числовыми окончаниями чисел a, b, c: (a^13 + b^13)_(5) = c^13_(5) и k = 2. На этом основании он делает вывод о том, что от умножения этого равенства на 11^n оно нарушиться не может. НО…
Мое доказательство методом от противного активно использует именно это равенство: именно благодаря этому равенству при умножении равенства Ферма на 11^n оно превращается в НЕРАВЕНСТВО по пятым (от конца) цифрам. Из чего следует невозможность и самого равенства Ферма. Противоречие между (a^13 + b^13)_(5) = c^13_(5) и (11^13 x a^13 + 11^13 x b^13)_(5) =/ (11^13 x c^13)_(5) возникает от того, что числа a, b, c НЕ ЯВЛЯЮТСЯ ЦЕЛЫМИ.

Интересно, как он изучал арифметику? Я до сих пор помню, как меня учили в младших классах: "Если умножить равные величины на одно и то же число, то получатся равные величины". А он строит доказательство на том, что при умножении равных величин на одно и то же число получаются неравные!!!
Да ещё целые числа после умножения на целое число вдруг стали нецелыми...

[Виктор Сорокин]

Someone писал(а):

Виктор Сорокин писал(а):

...Отсюда и вопрос: если я представлю эту цепочку равенств, явится ли она достаточным признаком доказанности ВТФ

Если представите - явится.

Доказательство, удовлетворяющее г-на Someone

[Повтор:
1°. Допустим, что A^n + B^n = C^n, где простое n > 2, а целые и положительные числа A, B, C не имеют общих множителей. Тогда, как известно и как было показано ранее на форумах, имеет место система неравенств
2°. 0 < u [= A + B – C] < B < A < C и равенств
3°. A + B = c^n, C – B = a^n, C – A = b^n – если число АВС не делится на n.]

Из 2° имеем:
4°. (B – u) + (A – u) = C – u, или (C – B) + (C – A) = C – u, или c^n + b^n = C – u,
и положив в этом равенстве u = C – D, где D есть степень некоторого положительного числа (D < C; например, 1), мы получаем равенство-сателлит (a^n + b^n = d^n) для исходного равенства Ферма 1°, но с МЕНЬШИМИ значения чисел a, b, d.

Доказательство для случая, когда число АВС делится на n, аналогично при использовании варианта равенства 4°:
(B – u) + (A + u) = C + u, или (B + u) + (A – u) = C + u.

Виктор Сорокин

[sceptic]

Виктор Сорокин писал(а):

Доказательство, удовлетворяющее г-на Someone

[Повтор:
1°. Допустим, что A^n + B^n = C^n, где простое n > 2, а целые и положительные числа A, B, C не имеют общих множителей. Тогда, как известно и как было показано ранее на форумах, имеет место система неравенств
2°. 0 < u [= A + B – C] < B < A < C и равенств
3°. A + B = c^n, C – B = a^n, C – A = b^n – если число АВС не делится на n.]

Из 2° имеем:
4°. (B – u) + (A – u) = C – u, или (C – B) + (C – A) = C – u, или c^n + b^n = C – u,
и положив в этом равенстве u = C – D, где D есть степень некоторого положительного числа (D < C; например, 1), мы получаем равенство-сателлит (a^n + b^n = d^n) для исходного равенства Ферма 1°, но с МЕНЬШИМИ значения чисел a, b, d.

Не спешите переходить к следующему случаю.
Получив тройку чисел a, b, d, удовлетворяющих исходному равнению (мелочь, конечно, но надо бы доказать, что a<A, b<B, d<C, иначе - "грязь" в рассуждении), вы "забыли" доказать, что d - целое число. Полагаю, вам это не удастся. Но все-таки попробуйте .

Виктор Сорокин писал(а):

Доказательство для случая, когда число АВС делится на n, аналогично при использовании варианта равенства 4°:
(B – u) + (A + u) = C + u, или (B + u) + (A – u) = C + u.
Виктор Сорокин

Аналогично, следует устранить тот же дефект в рассуждении.

[Гость]

2 sceptic

Судя по тексту, "автор" забыл, что "u" уже определено и радостно переопределил его! А в этом случае мы можем выбрать нужное d, уж поверьте ))

Короче, БСК и точка.

george, SPbSU

[Someone]

Виктор Сорокин писал(а):

Доказательство, удовлетворяющее г-на Someone

[Повтор:
1°. Допустим, что A^n + B^n = C^n, где простое n > 2, а целые и положительные числа A, B, C не имеют общих множителей. Тогда, как известно и как было показано ранее на форумах, имеет место система неравенств
2°. 0 < u [= A + B – C] < B < A < C и равенств
3°. A + B = c^n, C – B = a^n, C – A = b^n – если число АВС не делится на n.]

Ни в коем случае не удовлетворяет! Из дальнейшего текста следует, что Вы воображаете, будто бы числа $a$ и $b$ целые. Докажите! Без этого никакого доказательства нет.

Для случая $n=2$ (это, конечно, не контрпример, но проблему показывает) можем взять равенство $3^2+4^2=5^2$. Здесь $A=3$, $B=4$, $C=5$, $u=A+B-C=3+4-5=2$, так что $A+B=3+4=7$, $C-B=5-4=1$, $C-A=5-3=2$. Как видим, получающиеся числа вовсе не обязаны быть квадратами целых чисел. С какой стати при $n>2$ ситуация вдруг изменится?

Виктор Сорокин писал(а):

Из 2° имеем:
4°. (B – u) + (A – u) = C – u, или (C – B) + (C – A) = C – u, или c^n + b^n = C – u,
и положив в этом равенстве u = C – D, где D есть степень некоторого положительного числа (D < C; например, 1),

Это $u$ и то $u$, которое определялось в пункте 1° - одно и то же или разные?
Если разные, как отличить одно от другого? Кроме того, в этом случае Ваше равенство $(B-u)+(A-u)=C-u$ для нового значения $u$ выполняться не будет, потому что из этого равенства следует, что $u=A+B-C$.
Если одно, то, очевидно, $D=2C-A-B$. Почему вдруг окажется, что $D=d^n$ для целого $d$? В рассмотренном выше примере с $n=2$ получаем $D=2\cdot 5-3-4=3$, что вовсе не является квадратом целого числа.

В общем, очередной шпингалет с бантиком, привинченный к колесу.

А что там с цифрами-то? Вы не могли бы привести пример верного равенства $P=Q$ с конкретными числами $P$ и $Q$, которое после умножения обеих частей на конкретное число $R$ превращается в неравенство $PR<QR$ или $PR>QR$? Вы ведь, если не ошибаюсь, именно этот фокус хотите нам показать в своём доказательстве с цифрами?